2018-2019数学新学案同步必修五苏教版讲义：第二章 数列章末复习

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末复习学习目标1.整合知识结构，梳理知识网络,进一步巩固、深化所学知识.2。提高解决等差数列、等比数列问题的能力.3。依托等差数列、等比数列解决一般数列的常见通项、求和等问题．1。等差数列和等比数列的基本概念与公式等差数列等比数列定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）递推公式an＋1－an＝deq\f（an＋1，an)＝q中项由三个数a,A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时A叫做a与b的等差中项，并且A＝eq\f（a＋b,2)如果在a与b中间插入一个数G,使a，G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，且G＝±eq\r(ab）通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1前n项和公式Sn＝eq\f（na1＋an,2)＝na1＋eq\f（nn－1，2）d当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn，1－q）＝eq\f（a1－anq,1－q），当q＝1时，Sn＝na1性质am,an的关系am－an＝(m－n）deq\f（am,an)＝qm－nm,n,s,t∈N*，m＋n＝s＋tam＋an＝as＋ataman＝asat{kn}是等差数列,且kn∈N＊｛｝是等差数列｛}是等比数列n＝2k－1，k∈N*S2k－1＝(2k－1)·aka1a2·…·a2k－1＝aeq\o\al（2k－1,k)判断方法利用定义an＋1－an是同一常数eq\f(an＋1，an)是同一常数利用中项an＋an＋2＝2an＋1anan＋2＝aeq\o\al（2，n＋1)利用通项公式an＝pn＋q，其中p，q为常数an＝abn(a≠0，b≠0)利用前n项和公式Sn＝an2＋bn（a,b为常数）Sn＝A(qn－1），其中A≠0，q≠0且q≠1或Sn＝np（p为非零常数)2．数列中的基本方法和思想(1)在求等差数列和等比数列的通项公式时，分别用到了累加法和累乘法;(2)在求等差数列和等比数列的前n项和时，分别用到了倒序相加法和错位相减法．（3）等差数列和等比数列各自都涉及5个量,已知其中任意三个求其余两个,用到了方程思想．(4）在研究等差数列和等比数列单调性，等差数列前n项和最值问题时，都用到了函数思想．1．等差数列、等比数列的很多性质是相似的．(√)2．一般数列问题通常要转化为等差数列、等比数列来解决．(√）类型一方程思想求解数列问题例1设｛an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an｝的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3，3a2，a3＋4构成等差数列．(1）求数列{an}的通项；（2)令bn＝lna3n＋1，n＝1，2，…，求数列｛bn}的前n项和Tn.考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合解(1)由已知得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,\f(a1＋3＋a3＋4,2）＝3a2，）)解得a2＝2。设数列{an｝的公比为q，由a2＝2，可得a1＝eq\f(2，q),a3＝2q，又S3＝7，可知eq\f(2，q)＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0。解得q1＝2，q2＝eq\f（1,2）。由题意得q＞1，∴q＝2，∴a1＝1.故数列｛an}的通项为an＝2n－1。(2)由于bn＝lna3n＋1,n＝1，2，…，由（1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn｝是等差数列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(nb1＋bn，2）＝eq\f（3nn＋1,2)·ln2。故Tn＝eq\f(3nn＋1,2)ln2。反思与感悟在等比数列和等差数列中，通项公式an和前n项和公式Sn共涉及五个量:a1，an,n，q（d），Sn,其中首项a1和公比q(公差d)为基本量,“知三求二"是指将已知条件转换成关于a1，an，n,q(d)，Sn的方程组，通过方程的思想解出需要的量．跟踪训练1记等差数列eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（an））的前n项和为Sn，设S3＝12，且2a1，a2，a3＋1成等比数列,求Sn。考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合解设数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(an))的公差为d，依题设有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1a3＋1＝a\o\al(2，2)，,a1＋a2＋a3＝12，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a\o\al（2,1)＋2a1d－d2＋2a1＝0，,a1＋d＝4。))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，，d＝3)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝8，，d＝－4.））因此Sn＝eq\f（1,2）n(3n－1）或Sn＝2n（5－n)，n∈N＊.类型二转化与化归思想求解数列问题例2在数列｛an}中,Sn为数列｛an}的前n项和，Sn＋1＝4an＋2,a1＝1.（1)设cn＝eq\f(an,2n），求证：数列{cn}是等差数列；(2）求数列{an｝的通项公式及前n项和的公式．考点等差等比数列综合应用题点等差等比数列其他综合问题(1）证明∵Sn＋1＝4an＋2， ①∴当n≥2,n∈N＊时,Sn＝4an－1＋2. ②①－②得an＋1＝4an－4an－1.方法一对an＋1＝4an－4an－1两边同除以2n＋1，得eq\f(an＋1，2n＋1）＝2·eq\f(an,2n）－eq\f(an－1，2n－1),即eq\f（an＋1，2n＋1)＋eq\f（an－1,2n－1）＝2·eq\f(an，2n）,即cn＋1＋cn－1＝2cn，∴数列{cn}是等差数列．由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2，则a2＝3a1＋2＝5，∴c1＝eq\f(a1,2）＝eq\f（1，2），c2＝eq\f(a2,22)＝eq\f(5,4）,故公差d＝eq\f(5，4)－eq\f（1,2）＝eq\f（3,4)，∴{cn}是以eq\f（1，2）为首项,eq\f（3，4）为公差的等差数列．方法二∵an＋1－2an＝2an－4an－1＝2（an－2an－1),令bn＝an＋1－2an，则{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴bn＝3·2n－1，∵cn＝eq\f(an，2n)，∴cn＋1－cn＝eq\f（an＋1，2n＋1）－eq\f（an,2n）＝eq\f（an＋1－2an，2n＋1）＝eq\f(bn,2n＋1)＝eq\f(3×2n－1，2n＋1）＝eq\f（3，4)，c1＝eq\f(a1，2）＝eq\f(1，2），∴｛cn}是以eq\f（1，2)为首项，eq\f（3,4)为公差的等差数列．(2)解由（1）可知数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f（an，2n）))是首项为eq\f(1,2）,公差为eq\f(3,4)的等差数列，∴eq\f（an,2n）＝eq\f(1，2)＋(n－1)eq\f(3，4)＝eq\f（3,4）n－eq\f（1,4），an＝(3n－1)·2n－2是数列｛an｝的通项公式．设Sn＝(3－1)·2－1＋（3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2，则2Sn＝（3－1）·20＋(3×2－1）·21＋…＋(3n－1）·2n－1，∴Sn＝2Sn－Sn＝－(3－1）·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1）·2n－1＝－1－3×eq\f（2n－1－1,2－1)＋(3n－1）·2n－1＝－1＋3＋（3n－4)·2n－1＝2＋(3n－4)·2n－1。∴数列｛an}的通项公式为an＝（3n－1）·2n－2,前n项和公式为Sn＝2＋（3n－4)·2n－1，n∈N＊.反思与感悟由递推公式求通项公式,要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出,然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出．跟踪训练2设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1)Sn＋2n（n∈N*）．(1)求a2,a3的值；（2)求证:数列{Sn＋2}是等比数列．考点等差等比数列综合应用题点等差等比数列其他综合问题（1）解∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1)Sn＋2n（n∈N＊)，∴当n＝1时,a1＝2×1＝2;当n＝2时，a1＋2a2＝（a1＋a2)＋4,∴a2＝4;当n＝3时,a1＋2a2＋3a3＝2(a1＋a2＋a3)＋6，∴a3＝8。(2）证明∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）Sn＋2n(n∈N*），①∴当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1)an－1＝（n－2）Sn－1＋2（n－1）．②①－②得nan＝（n－1）Sn－（n－2)Sn－1＋2＝n(Sn－Sn－1）－Sn＋2Sn－1＋2＝nan－Sn＋2Sn－1＋2.∴－Sn＋2Sn－1＋2＝0,即Sn＝2Sn－1＋2,∴Sn＋2＝2（Sn－1＋2）．∵S1＋2＝4≠0，∴Sn－1＋2≠0，∴eq\f（Sn＋2,Sn－1＋2)＝2，故｛Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．类型三函数思想求解数列问题命题角度1借助函数性质解数列问题例3已知等差数列{an｝的首项a1＝1，公差d>0，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项．(1)求数列｛an}的通项公式；(2）设bn＝eq\f（1,nan＋3)(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，是否存在t，使得对任意的n均有Sn>eq\f（t,36)总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．考点数列综合问题题点数列与函数的综合解(1)由题意得(a1＋d）（a1＋13d）＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.∵a1＝1,d>0，∴d＝2.∴an＝2n－1(n∈N*)．（2）∵bn＝eq\f（1，nan＋3）＝eq\f（1，2nn＋1)＝eq\f（1,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,n)－\f（1,n＋1))）,∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f（1，2）eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，2)））＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）－\f(1，3)）)＋…＋\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n)－\f(1,n＋1)）)))＝eq\f（1,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1，n＋1)))＝eq\f（n，2n＋1）。假设存在整数t满足Sn>eq\f（t,36）总成立，又Sn＋1－Sn＝eq\f（n＋1，2n＋2)－eq\f(n,2n＋1）＝eq\f（1,2n＋2n＋1）〉0，∴数列｛Sn｝是递增数列．∴S1＝eq\f(1,4)为Sn的最小值，故eq\f（t，36）<eq\f(1,4),即t〈9.又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8。反思与感悟数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时,若涉及参数取值范围、最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的性质及研究方法指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集或{1,2，3,…,n}，这一特殊性对问题结果可能造成影响．跟踪训练3已知首项为eq\f（3,2)的等比数列{an｝不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N＊），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．（1)求数列{an}的通项公式；(2）设Tn＝Sn－eq\f(1，Sn）(n∈N＊），求数列{Tn}最大项的值与最小项的值．考点数列综合问题题点数列与函数的综合解(1）设等比数列{an｝的公比为q,因为S3＋a3,S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5，a3）＝eq\f（1，4）.又{an｝不是递减数列，且a1＝eq\f(3，2)，所以q＝－eq\f(1，2）。故等比数列｛an｝的通项公式为an＝eq\f（3,2)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)))n－1＝(－1）n－1·eq\f（3，2n）.（2)由（1)得Sn＝1－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)））n＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2n)，n为奇数，,1－\f(1，2n)，n为偶数。)）当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1〈Sn≤S1＝eq\f(3，2).故0〈Sn－eq\f(1，Sn）≤S1－eq\f(1，S1)＝eq\f(3，2)－eq\f（2，3）＝eq\f(5,6）。当n为偶数时，Sn随n的增大而增大,所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn〈1,故0＞Sn－eq\f(1,Sn）≥S2－eq\f(1,S2）＝eq\f（3，4）－eq\f(4，3)＝－eq\f（7,12）.综上,对于n∈N＊，总有－eq\f（7,12）≤Sn－eq\f（1,Sn)≤eq\f(5，6）且Sn－eq\f(1,Sn）≠0。所以数列{Tn｝最大项的值为eq\f(5,6）,最小项的值为－eq\f(7,12)。命题角度2以函数为载体给出数列例4已知函数f(x)＝2－｜x|,无穷数列{an｝满足an＋1＝f(an）,n∈N*.（1）若a1＝0，求a2,a3，a4；（2）若a1＞0，且a1,a2，a3成等比数列，求a1的值．考点数列综合问题题点数列与函数的综合解(1）由an＋1＝f(an），得an＋1＝2－|an｜,∵a1＝0，∴a2＝2，a3＝0，a4＝2.（2)∵a1，a2，a3成等比数列,∴a3＝eq\f（a\o\al（2，2),a1)＝2－|a2｜，∴aeq\o\al（2，2)＝a1·(2－｜a2|)，且a2＝2－|a1｜，∴（2－｜a1|)2＝a1(2－|2－|a1||），即（2－a1）2＝a1（2－|2－a1｜)．下面分情况讨论：①当2－a1≥0时，（2－a1）2＝a1［2－（2－a1)]＝aeq\o\al（2，1)，解得a1＝1，且a1≤2；②当2－a1〈0时，（2－a1)2＝a1［2－(a1－2）]＝a1(4－a1），即2aeq\o\al(2,1）－8a1＋4＝0，即aeq\o\al（2,1）－4a1＋4＝2，即(a1－2）2＝2，解得a1＝2＋eq\r（2)，且a1＞2，综上，a1＝1或a1＝2＋eq\r（2)。反思与感悟以函数为载体给出数列，只需代入函数式即可转化为数列问题．跟踪训练4已知函数f(x)＝eq\f（2x＋3，3x),数列{an}满足a1＝1，an＋1＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，an)）)，n∈N＊。（1）求数列{an｝的通项公式；（2)令Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1，求Tn。考点数列综合问题题点数列与函数的综合解(1)∵an＋1＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，an）)）＝eq\f(\f(2，an)＋3,\f(3，an）)＝eq\f(2＋3an，3)＝an＋eq\f(2，3），∴an＋1－an＝eq\f(2，3），∴｛an｝是以eq\f(2，3）为公差的等差数列．又a1＝1，∴an＝eq\f（2,3）n＋eq\f（1,3).（2)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2na2n＋1＝a2（a1－a3)＋a4(a3－a5）＋…＋a2n（a2n－1－a2n＋1)＝－eq\f(4,3）（a2＋a4＋…＋a2n）＝－eq\f(4，3)·eq\f（n\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5，3）＋\f（4n,3）＋\f（1，3）)）,2）＝－eq\f（4，9)（2n2＋3n).1．设数列{an｝是公差不为零的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和（n∈N*），且Seq\o\al（2,1）＝9S2，S4＝4S2，则数列｛an｝的通项公式是________．考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案an＝36（2n－1)解析设等差数列{an｝的公差为d，由前n项和的概念及已知条件得aeq\o\al（2，1）＝9（2a1＋d）, ①4a1＋6d＝4(2a1＋d)． ②由②得d＝2a1，代入①有aeq\o\al(2,1）＝36a1，解得a1＝0或a1＝36.又d≠0，所以a1＝0不符合题意，舍去．因此a1＝36，d＝72，故数列｛an}的通项公式为an＝36＋（n－1）·72＝72n－36＝36(2n－1)．2．若数列{an}的前n项和Sn＝eq\f（3,2）n2－eq\f（29，2)n(n＝1，2，3,…),则此数列的通项公式为________；数列｛nan}中数值最小的项是第________项．考点数列综合问题题点数列与函数的综合答案an＝3n－163解析利用an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1,n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求得an＝3n－16.则nan＝3n2－16n＝3eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（n－\f（8，3）)）2－\f(64,9）))，所以n＝3时,nan的值最小．3．已知函数y＝f(x）的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，等式f（x)f（y)＝f(x＋y)恒成立．若数列{an}满足a1＝f（0），且f（an＋1）＝eq\f（1，f－2－an)（n∈N*)，则a2018的值为________．考点数列综合问题题点数列与函数的综合答案4035解析根据题意，不妨设f（x)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）x,则a1＝f(0)＝1，∵f（an＋1)＝eq\f(1,f－2－an)，∴an＋1＝an＋2，∴数列｛an｝是以1为首项,2为公差的等差数列，∴an＝2n－1,∴a2018＝4035.1．等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一,这类问题多从数列的本质入手,考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题．2．数列求和的方法：一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．一、填空题1．若一个等差数列{an}的公差为d，第5项等于10,前3项的和等于3，那么a1＝________，d＝________。考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案－23解析由题意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a5＝10,,S3＝3，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝10，，3a1＋\f(3×2，2)×d＝3，））解得a1＝－2,d＝3。2．在等比数列{an}中，已知前4项和为1，前8项之和为17,则此等比数列的公比q为________．考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案±2解析由题意可知q≠1，S4＝eq\f(a11－q4，1－q)＝1，①S8＝eq\f(a11－q8,1－q)＝17, ②②÷①得1＋q4＝17,q4＝16。q＝±2。3．等比数列{an}的前n项和Sn＝3n＋t,则t＋a3＝________.考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案17解析a1＝S1＝3＋t，由a1＋a2＝9＋t得a2＝6，由a1＋a2＋a3＝27＋t得a3＝18，由a1a3＝aeq\o\al(2，2)，得t＝－1，故t＋a3＝17。4．数列｛an}的前n项和为Sn＝n2＋3n＋1，n∈N＊,则它的通项公式为________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（5，n＝1,,2n＋2，n≥2））考点数列综合问题题点数列其他综合问题解析当n＝1时，a1＝S1＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋2（a1＝5不符合)．故数列｛an｝的通项公式为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（5，n＝1，,2n＋2，n≥2。)）5．已知{an}是等比数列，a2＝2,a5＝eq\f(1，4），则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝________.考点等差等比数列综合应用题点等差等比数列其他综合问题答案eq\f(32,3）（1－4－n）解析依题意a2＝a1q＝2,a5＝a1q4＝eq\f（1,4），两式相除可求得q＝eq\f(1,2），a1＝4，又因为数列｛an｝是等比数列，所以｛anan＋1}是以a1a2为首项,q2为公比的等比数列，根据等比数列前n项和公式可得原式＝eq\f（a1a21－q2n，1－q2）＝eq\f（32,3）(1－4－n)．6．已知｛an｝是等差数列,Sn为其前n项和，n∈N*。若a3＝16,S20＝20，则S10的值为________．考点等差等比数列综合应用题点等差等比基本量问题综合答案110解析设{an}的首项，公差分别是a1，d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝16，，20a1＋\f(20×20－1，2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，∴S10＝10×20＋eq\f（10×9，2）×(－2）＝110。7．已知等差数列前n项和为Sn，且S13〈0，S12＞0，则此数列中绝对值最小的项为第________项．考点数列综合问题题点数列与不等式的综合答案7解析由S13＝13a7，S12＝6（a6＋a7)及S13<0，S12＞0,知a7<0，a6＋a7＞0，即a6＞－a7＞0，故｜a6｜＞|a7｜。又等差数列为递减数列,故|a1｜＞|a2|＞…＞｜a6|＞|a7｜,|a7｜<|a8|〈…，故｜a7|最小．8．已知数列{an｝：eq\f（1，2)，eq\f（1,3)＋eq\f（2，3)，eq\f（1,4)＋eq\f（2,4）＋eq\f(3，4），eq\f(1,5）＋eq\f（2,5)＋eq\f(3,5）＋eq\f(4，5）,…，那么数列｛bn｝＝eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f（1，anan＋1)）)的前n项和为______．考点等差等比数列综合应用题点等差等比数列其他综合问题答案eq\f(4n，n＋1）解析∵an＝eq\f（1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f（nn＋1,2),n＋1)＝eq\f(n，2)，∴bn＝eq\f（1,anan＋1）＝eq\f（4，nn＋1)＝4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1，n＋1））)。∴Sn＝4eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2)＋\f(1，2)－\f（1，3）＋\f(1，3）－\f（1,4)＋…＋\f（1，n）－\f(1,n＋1）))＝4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1－\f(1，n＋1)））＝eq\f(4n，n＋1).9．在数列｛an｝中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋（－1）n(n∈N＊)，则S100＝________。考点数列前n项和的求法题点分组求和法答案2600解析由a1＝1，a2＝2且an＋2－an＝1＋（－1)n（n∈N＊)知,当n为奇数时，an＋2－an＝0;当n为偶数时，an＋2－an＝2.所以前100项中，奇数项为常数项1，偶数项构成以a2＝2为首项，2为公差的等差数列．所以S100＝50×2＋eq\f（50×49,2)×2＋50×1＝2600.10．已知在数列{an}中，a1＝1，且P（an,an＋1)(n∈N＊）在直线x－y＋1＝0上，若函数f(n）＝eq\f(1,n＋a1)＋eq\f(1,n＋a2）＋eq\f（1,n＋a3)＋…＋eq\f(1,n＋an）(n∈N*，且n≥2)，则函数f(n)的最小值为________．考点数列综合问题题点数列与函数的综合答案eq\f（7,12）解析由题意得an－an＋1＋1＝0,即an＋1－an＝1，∴数列{an｝是首项为1，公差为1的等差数列，∴an＝n，∴f（n）＝eq\f(1，n＋1）＋eq\f(1，n＋2)＋…＋eq\f（1，n＋n)，∴f(n＋1)－f（n)＝eq\f(1，n＋1＋1）＋eq\f(1，n＋1＋2)＋…＋eq\f(1，n＋1＋n＋1）－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,n＋1)＋\f(1,n＋2）＋…＋\f(1,n＋n））)＝eq\f(1，2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2）－eq\f（1,n＋1）＝eq\f（1，2n＋1)－eq\f(1，2n＋2)>0，∴｛f（n)}(n∈N＊,n≥2）为递增数列,∴f(n)min＝f（2）＝eq\f（1，2＋a1）＋eq\f（1,2＋a2)＝eq\f(1，3）＋eq\f（1，4）＝eq\f(7，12)。二、解答题11．在等比数列｛an｝中，an〉0(n∈N*)，公比q∈（0，1）,且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a3与a5的等比中项为2.（1）求数列{an}的通项公式;(2）设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn,当eq\f(S1,1）＋eq\f（S2，2）＋…＋eq\f(Sn，n）最大时，求n的值．考点数列综合问题题点数列与不等式的综合解（1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，∴aeq\o\al(2，3)＋2a3a5＋aeq\o\al（2,5）＝25，又an>0，∴a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4，而q∈（0,1)，∴a3〉a5,∴a3＝4，a5＝1。∴q＝eq\f(1，2)，a1＝16，∴an＝16×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）)）n－1＝25－n。(2）bn＝log2an＝5－n，∴bn＋1－bn＝－1，∴{bn｝是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴Sn＝eq\f（n9－n，2）,∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(9－n，2)，∴当n≤8时,eq\f（Sn，n）>0；当n＝9时，eq\f(Sn，n）＝0；当n〉9时，eq\f(Sn,n）〈0。∴当n＝8或9时，eq\f(S1，1)＋eq\f（S2，2)＋eq\f(S3，3)＋…＋eq\f（Sn，n）最大．12．求数列1，3a,5a2,7a3，…,(2n－1）·an－1的前n项和．考点数列前n项和的求法题点错位相减法求和解(1）当a＝0时,Sn＝1。(2)当a＝1时,数列变为1,3,5,7,…,（2n－1)，则Sn＝eq\f(n[1＋2n－1],2）＝n2.（3）当a≠1且a≠0时，有Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－1)an－1， ①aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－1)an， ②①－②得Sn－aSn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an－1－（2n－1)an，∴(1－a）Sn＝1－(2n－1）an＋2（a＋a2＋a3＋a4＋…＋an－1)＝1－(2n－1)an＋2·eq\f(a1－an－1,1－a）＝1－(2n－1)an＋eq\f(2a－an，1－a)，又1－a≠0,∴Sn＝eq\f(1－2n－1an，1－a)＋eq\f(2a－an，1－a2）.综上,Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，a＝0，,n2，a＝1,n∈N＊，，\f（1－2n－1an,1－a)＋\f（2a－an,1－a2）,a≠0且a≠1，n∈N*.）)13．已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N＊)．(1)求a2,a3的值；(2)是否存在实数λ,使得数列eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（an＋λ，2n）））为等差数列？若存在,求出λ的值；若不存在，请说明理由;(3）求通项公式an。考点递推数列通项公式求法题点an＋1＝pan＋f（n）型解（1）∵a1＝5，∴a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.（2）假设存在实数λ，使得数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（an＋λ，2n))）为